Συνευθειακά 1

#1

Γενίκευση του επιπλέον ερωτήματος(#4) αυτής

: Συνευθειακά 1.png (19.01 KiB) Προβλήθηκε 1649 φορές

Στο εσωτερικό τριγώνου ABC

υπάρχει σημείο

ώστε $A\widehat BS=A\widehat CS.$ Έστω L, K

οι προβολές του

στην εσωτερική και

εξωτερική αντίστοιχα διχοτόμο της γωνίας $\widehat A.$ Αν

είναι το μέσο της πλευράς BC,

να δείξετε ότι τα σημεία K, L, M

είναι συνευθειακά.

Ορέστης Λιγνός · #2

: visvikis-1.png (80.19 KiB) Προβλήθηκε 1618 φορές

Καλημέρα.

Έστω ότι η ευθεία

τέμνει την

sto

, την

στο

, και την

στο

. Έστω επίσης ότι $T \equiv CP \cap BQ, O \cap KL \cap AS, N \equiv KL \cap AT, E \equiv AT \cap PQ, F \equiv AT \cap BC$ .

Αφού η

είναι εσωτερική διχοτόμος και ισχύει $AL \perp PQ$ , είναι AP=AQ

και $\angle APQ=\angle AQP$ .

Από Θ. Μενελάου στο τρίγωνο ABC

με διατέμνουσα την RPQ

, και χρησιμοποιώντας ότι AP=AQ

, προκύπτει $\dfrac{RB}{RC}=\dfrac{PB}{QC}$ .

Επίσης, το APTQ.BC

είναι πλήρες τετράπλευρο, άρα η τετράδα R,F,B,C

είναι αρμονική. Άρα, $\dfrac{RB}{RC}=\dfrac{FB}{FC}$ .

Επίσης, οι κίτρινες και οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες, άρα τα τρίγωνα PSB, SQC

είναι όμοια, άρα $\dfrac{BP}{QC}=\dfrac{BS}{SC}$ .

Συνδυάζοντας τις τελευταίες σχέσεις, προκύπτει $\dfrac{BF}{FC}=\dfrac{BS}{SC}$ , άρα η

διχοτομεί την $\angle BSC$ . Αφού όμως η τετράδα R,F,B,C

είναι αρμονική, ισχύει ότι $\angle RSF=90^\circ=\angle KSL \Rightarrow K,S,F$ συνευθειακά, οπότε οι AT, KS

τέμνονται πάνω στην

.

Επίσης, από το πλήρες τετράπλευρο APTQ.BC

η τετράδα

είναι αρμονική. Άρα, αφού $\angle FSE=90^\circ$ , ισχύει $\angle EST=\angle ASE=\angle KLS \Rightarrow ON \parallel ST \Rightarrow NA=NT$ , αφού επίσης OA=OS

.

Τέλος, από το προηγούμενο πλήρες τετράπλευρο, ξέρουμε ότι τα μέσα των διαγωνίων του είναι συνευθειακά (ευθεία Newton - Gauss), το μέσο της πρώτης διαγωνίου, της

είναι το

, της δεύτερης είναι το

(της

) άρα αυτή η ευθεία, η

(που ταυτίζεται με την

) περνάει από το μέσο της τρίτης, διαγωνίου, της

, άρα τα σημεία N,L,M

, άρα και τα K,L,M

, είναι συνευθειακά.

S.E.Louridas · #3

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 26, 2018 10:44 am
... Στο εσωτερικό τριγώνου υπάρχει σημείο ώστε $A\widehat BS=A\widehat CS.$ Έστω οι προβολές του στην εσωτερική και
εξωτερική αντίστοιχα διχοτόμο της γωνίας $\widehat A.$ Αν είναι το μέσο της πλευράς να δείξετε ότι τα σημεία είναι συνευθειακά.

Μετά από την εκπληκτική λύση του Ορέστη και μόνο για λόγους Μαθηματικού Πλουραλισμού, ας δούμε και την διαπραγμάτευση που ακολουθεί (χωρίς μετρική Γεωμετρία):

Το

είναι κέντρο του ορθογωνίου AKSL,

στο σχήμα του εισηγητή, οπότε είναι μέσο της διαγώνιου AS.

Στο σχήμα που ακολουθεί, ο κύκλος

είναι με διάμετρο το

, κέντρο

και έστω

η τομή του κύκλου αυτού με την ευθεία ZM,

όπου

είναι το μέσο της BC.

Θεωρούμε

τα μέσα των SB, SC

αντίστοιχα. Άμεσα διαπιστώνουμε ότι $\displaystyle{\angle MND = \angle MQE,\;\;QE = \frac{{SC}}{2} = NM,\;\;QM = \frac{{BS}}{2} = NB.}$
Επομένως τα τρίγωνα QEM, NMB

είναι ίσα άρα ME=MD=R,

που σημαίνει ότι έχουμε τον κύκλο

με κέντρο

και ακτίνα

το σημείο

είναι τελικά το μέσο του τόξου DSE

που σημαίνει ότι η AL_1

είναι διχοτόμος της γωνίας $\angle A$ οπότε λόγω του μονοσήμαντου ${L_1} \equiv L.$
Εδώ επί της ουσίας η απόδειξη έχει τελειώσει.

: sl.png (117.77 KiB) Προβλήθηκε 1548 φορές

(*) Την ισότητα των κύκλων c, e

την πήραμε για κατασκευαστικούς λόγους εξασφαλίζοντας έτσι κατασκευαστικά την ισότητα των γωνιών της υπόθεσης.
Θεωρώ ότι τέτοιου, καθ' υπέρβαση, τύπου κινήσεις στα Μαθηματικά μας οδηγούν ως λύτες στον κατασκευατικό πυρήνα το προβλήματος.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #4

: Συνευθειακά 1.png (27.45 KiB) Προβλήθηκε 1505 φορές

Και μια άλλη λύση:

Έστω πως οι

και

τέμνουν τις

και

στα

αντίστοιχα. Ισχύει ότι το τετράπλευρο AFSE.BC

είναι πλήρες και επιπλέον το BFEC

είναι εγγράψιμο.

Παρατηρούμε πως η

διέρχεται από το μέσο του

, έστω

(αφού το

είναι ορθογώνιο).

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι τα σημεία R, L, M

είναι συνευθειακά.

Φέρνουμε από το

παράλληλη στη

, η οποία τέμνει την

στο

.

Αρκεί να αποδειχθεί πως RL//AQ

, δηλαδή $\widehat{RLA}=\widehat{QAL}\Leftrightarrow \widehat{LAS}=\widehat{QAL}$ , δηλαδή αρκεί να αποδειχθεί πως οι

και

είναι ισογώνιες (αφού

είναι διχοτόμος της $\widehat{BAC}$ ), οπότε αρκεί $\widehat{BAS}=\widehat{CAQ}$ .

Παρατηρούμε ότι η

όμως είναι παράλληλη της ευθείας Newton-Gauss

ενός πλήρους τετραπλεύρου, το οποίο μάλιστα έχει την extra ιδιότητα του ότι το BFEC

είναι εγγράψιμο.

Ισχύει όμως η εξής ιδιότητα (το είχα βρει παλιότερα, τώρα δεν βρίσκω link):

Αν έχουμε το πλήρες τετράπλευρο ABCD.EF

και ταυτοχρόνως ισχύει ότι το EBDF

είναι εγγράψιμο, τότε έχουμε ότι η παράλληλη της Newton-Gauss

από το

είναι ισογώνια της

!! Αξίζει να τονιστεί πως η προϋπόθεση του να είναι το EBDF

εγγράψιμο είναι απαραίτητη για να ισχύει η ιδιότητα.

Και καθαρίσαμε

!

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #5

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 26, 2018 11:26 pm

Ισχύει όμως η εξής ιδιότητα (το είχα βρει παλιότερα, τώρα δεν βρίσκω link):

Αν έχουμε το πλήρες τετράπλευρο και ταυτοχρόνως ισχύει ότι το είναι εγγράψιμο, τότε έχουμε ότι η παράλληλη της από το είναι ισογώνια της !! Αξίζει να τονιστεί πως η προϋπόθεση του να είναι το εγγράψιμο είναι απαραίτητη για να ισχύει η ιδιότητα.

Μιας και το λήμμα ίσως να μην είναι πολύ γνωστό, ας προστεθεί μια απόδειξη:

: Συνευθειακά 1 - Λήμμα.png (29.44 KiB) Προβλήθηκε 1495 φορές

Έστω ότι η

τέμνει τις

και

στα

και

.

Έστω

τα μέσα των AC, BD, EF

αντίστοιχα. Η ευθεία Newton-Gauss

είναι αυτή που ορίζεται από αυτά τα σημεία, ας θεωρήσουμε πως ορίζεται από τα K, M

.

Έστω ότι η παράλληλη αυτή της ευθείας τέμνει τις

,

στα

,

. Έστω τέλος ότι η

και

τέμνονται στο σημείο

.

Ξέρουμε πως οι τετράδες (U, T, B, D)

και

είναι αρμονικές (συνέπεια του πλήρους τετραπλεύρου) και αφού K, M

τα μέσα των

και

, έχουμε από Mac-Laurin

ότι $UT\cdot UK=UB\cdot UD$ και $UJ\cdot UM=UE\cdot UF$ . Αφού το EBDF

είναι εγγράψιμο έχουμε πως $UB\cdot UD=UE\cdot UF$ , άρα τελικά $UT\cdot UK=UJ\cdot UM$ , οπότε το TKMJ

είναι εγγράψιμο.

Αφού τώρα RQ//KM

, έχουμε και πως το TRQJ

είναι εγγράψιμο.

Ισχύει ότι:

$\widehat{ABT}=\widehat{AFQ}$ ( EBDF

είναι εγγράψιμο)

$\widehat{ATB}=\widehat{KTJ}=\widehat{AQF}$ ( TRQJ

είναι εγγράψιμο)

Άρα τα τρίγωνα ABT

και

είναι όμοια, οπότε $\widehat{BAT}=\widehat{QAF}$ και το ζητούμενο έπεται!

S.E.Louridas · #6

Καλημέρα:

Ας μου επιτραπεί να επισημάνω, ότι εκτός από τον Τεράστιο Ορέστη Λιγνό, έχουμε εδώ και αρκετό καιρό και την ανάδειξη ενός επίσης Τεράστιου Μαθηματικού ταλέντου του Διονύση Αδαμόπουλου, ενός δεκαεξάχρονου από Δημόσιο σχολείο (3o Λύκειο Πύργου) του Νότιου άκρου της όμορφης Πελοποννήσου μας, της ευρύτερης Άγιας επαρχίας μας. Στο παρελθόν και σε συνεχή βάση είχαμε στην παρέα μας και πολλά άλλα μεγάλα Μαθηματικά ταλέντα και τροπαιούχους, που αναγνώρισαν και χάρηκαν την ουσιαστική συμμετοχή τους εδώ, ως καθοριστική επιστημονική εμπειρία. Προσωπικά αισθάνομαι τιμή μου να συνυπάρχω στην ίδια Μαθηματική-Επιστημονική οικογένεια mathematica με τέτοια ταλέντα που εκπλήσσουν Επιστημονικά και προφανώς όχι μόνο. Δεν μπορώ βέβαια να μην επισημάνω ότι την εποχή που η Μαθηματική προσφορά ουσίας προς τέτοιους μαθητές είναι από τους καθ’ ύλην αρμόδιους πενιχρή, σχεδόν ανύπαρκτη, εδώ στο mathematica o μαθηματικός πλούτος και σε επίπεδο διαγωνιστικών Μαθηματικών είναι πλέον τεράστιος, απλησίαστος που έχει ξεφύγει κατά πάρα πολύ από τα τυπικά στατικά στερεότυπα. Η μαθηματική και διδακτική κινητικότητα συνεχής με συμμετοχή των ταλέντων μέσα από την μάχη στον μαθηματικό στίβο, την ανταλλαγή απόψεων, επιλύσεων επιπέδου και την άμεση πληροφόρηση. Ταυτόχρονα τα ταλέντα μπορούν και «προπονούνται» συνεχώς και άρα εκτός της απόκτησης γνώσεων, αποκτούν σιγά-σιγά τον αυτοματισμό που πρέπει να έχει ο λύτης, τσεκάροντας ταυτόχρονα και όλους εμάς κάτι που είναι και για εμάς εδώ πανέμορφο. Το σπουδαιότερο όμως είναι ότι όλοι εμείς υποκλινόμαστε στο ταλέντο τους, μας βλέπουν και εμάς στην μάχη και το σπουδαιότερο, ότι διδασκόμαστε από αυτά τα παιδιά. Προσωπικά χαίρομαι αφάνταστα που είμαι σε συνεχή Μαθηματική επαφή με τα παιδιά αυτά, σε απλησίαστο και μοναδικό πλέον (scripta manen) επιστημονικό περιβάλλον κάτι που από άλλα μετερίζια θα μου ήταν αδύνατο να έχω. Θεωρώ ότι οι καθ' ύλην αρμόδιοι θα πρέπει να διδαχτούν από το mathematica, αφού ότι και να λέμε μία εικόνα=χίλιες λέξεις αλλά το σπουδαιότερο, όπως ήδη αναφέραμε, είναι το: scripta manen.

min## · #7

: KVNIKES MATHEMATICvA.png (34.91 KiB) Προβλήθηκε 1244 φορές

Για να δούμε και μια λύση με κωνικές.(Η οποία βέβαια έχει αρκετές τεχνικές λεπτομέρειες)
Αρχικά είναι φανερό ότι το $\displaystyle S$ είναι το ισογώνιο ενός σημείου που ανήκει στη μεσοκάθετο
του $\displaystyle BC$ .Από αυτό θα προκύψει ότι ο γεωμετρικός τόπος πάνω στον οποίο κινείται το $\displaystyle S$
είναι μια υπερβολή (ισοσκελής) η οποία περνάει από τα $\displaystyle A,B,C$ .

ΙΣΧΥΡΙΣΜΟΣ
Ο ισογώνιος μετασχηματισμός στέλνει ευθείες που δεν περνούν απ'τις κορυφές του τριγώνου σε
κωνικές.Το είδος της κωνικής εξαρτάται από
τον αριθμό των τομών της ευθείας με τον περίκυκλο του τριγώνου.Έτσι,αν η ευθεία τέμνει τον
κύκλο σε 2 σημεία,η εικόνα της είναι υπερβολή,αν τον τέμνει σε 1 παραβολή και αν δεν τον
τέμνει έλλειψη (μιλάμε πάντα για πραγματικά σημεία).

ΑΠΟΔΕΙΞΗ
Αν πάρουμε τέσσερα οποιαδήποτε σημεία στην ευθεία,έστω $\displaystyle X,Y,Z,W$ θα είναι $\displaystyle A(X,Y,Z,W)=B(X,Y,Z,W)$
και $\displaystyle A(X',Y',Z',W')=A(X,Y,Z,W)$ , $\displaystyle B(X',Y',Z',W')=B(X,Y,Z,W)$ ,με $\displaystyle X',Y',Z',W'$ τα
ισογώνια των $\displaystyle X,Y,Z,W$ .(άμεσο από την ισότητα γωνιών).Έτσι θα είναι και $\displaystyle A(X',Y',Z',W') =B(X',Y',Z',W')$ .Το τελευταίο σημαίνει ότι οι δύο δέσμες είναι προβολικές,άρα τα σημεία
τομής των ομόλογων ακτίνων θα βρίσκονται είτε σε κωνική (ορισμός της κωνικής από τον Steiner)
είτε σε ευθεία.(Ορισμός της κωνικής από τον Steiner:Αν δύο δέσμες είναι προβολικές και όχι
προοπτικές μεταξύ τους,τότε τα σημεία τομής των ομόλογων ακτίνων ορίζουν μια κωνική (που
περνάει και από τις κορυφές των δέσμεων).Αυτήν την πρόταση μπορούμε να τη δούμε σαν
γενίκευση του διπλού λόγου σημείων κύκλου:
$\blacksquare$ Έπεται από το γεγονός ότι οποιαδήποτε κωνική είναι προβολικά ισοδύναμη με κύκλο,ότι ο διπλός λόγος σημείων πάνω σε κωνική είναι ίσος με τη δέσμη που προκύπτει αν ενώσουμε οποιδήποτε σημείο της κωνικής με τα σταθερά σημεία).Η περίπτωση της ευθείας απορρίπτεται,γιατί τότε επαγωγικά,μεταβάλλοντας πχ. το

όλος ο τόπος θα ήταν ευθεία πράγμα άτοπο γιατί ο τόπος του μετασχηματισμού περνάει
απαραιτήτως και από τις 3 κορυφές του τριγώνου.(τα σημεία της

πχ. μετασχηματίζονται στο

και επειδή η αρχική ευθεία τέμνει την

,η εικόνα της περνάει από το

.Το ίδιο ισχύει και για τις άλλες κορυφές)
Είναι επιπλέον απλό ότι τα σημεία του περίκυκλου του τριγώνου μετασχηματίζονται σε σημεία στο
άπειρο (με διεύθυνση κάθετη εκείνης της ευθείας Simson τους).Από αυτό έπεται ότι αν η ευθεία
τέμνει τον περίκυκλο σε 2 διαφορετικά σημεία,η κωνική που θα προκύψει από τον μετασχηματισμό
θα τέμνει την ευθεία στο άπειρο σε 2 σημεία (-διευθύνσεις) δηλαδή θα είναι υπερβολή.

Στο αρχικό πρόβλημα δηλαδή,επειδή η μεσοκάθετος της $\displaystyle BC$ τέμνει τον περίκυκλο σε 2 σημεία
(αντιδιαμετρικά),η κωνική στην οποία κινείται το $\displaystyle S$ είναι υπερβολή.Είναι απλό ότι αντιδιαμετρικά
σημεία έχουν κάθετες ευθείες Simson,οπότε και η υπερβολή θα έχει κάθετες ασύμπτωτες,δηλαδή θα
είναι ισοσκελής.Μάλιστα οι ασύμπτωτες θα έχουν διευθύνσεις εκείνες της εσωτερικής και της
εξωτερικής διχοτόμου της $\displaystyle A$ ,μιας και αυτές τέμνουν τη μεσοκάθετο πάνω στον κύκλο,δηλαδή τέμνουν την υπερβολή στο άπειρο.
Τα σημεία $\displaystyle K,L$ τώρα,προκύπτουν με προβολή από το $\displaystyle S$ στις διχοτόμους της $\displaystyle A$ ,δηλαδή στις
διευθύνσεις των ασύμπτωτων της κωνικής.Αυτό σημαίνει ότι προκύπτουν με προβολή του $\displaystyle S$ από
σημεία της κωνικής (στο άπειρο,τα $P_{\infty},P'_{\infty}$
),δηλαδή καθώς κινείται το $\displaystyle S$ ορίζονται ίσοι διπλοί λόγοι πάνω
στις διχοτόμους από τα $\displaystyle K,L$ (και ίσοι με τον διπλό λόγο των $\displaystyle S$ της κωνικής $\blacksquare$ ).Επειδή όμως όταν
το $\displaystyle L$ συμπέσει με το $\displaystyle A$ ,αναγκαστικά και το $\displaystyle K$ θα συμπέσει με το $\displaystyle A$ ,οι σημειοσειρές των $\displaystyle K$
στην εσωτερική και $\displaystyle L$ στην εξωτερική διχοτόμο του $\displaystyle A$ είναι προοπτικές,δηλαδή οι $\displaystyle KL$
περνούν από σταθερό σημείο καθώς το

κινείται
.Με 2 απλούς ελέγχους θέσης ( $\displaystyle S\rightarrow B,S\rightarrow C$ ) το
κοινό σημείο είναι το μέσο $\displaystyle M$ της $\displaystyle BC$ και το ζητούμενο δείχτηκε...

Συνευθειακά 1

Συνευθειακά 1

Re: Συνευθειακά 1

Re: Συνευθειακά 1

Re: Συνευθειακά 1

Re: Συνευθειακά 1

Re: Συνευθειακά 1

Re: Συνευθειακά 1

Μέλη σε σύνδεση